Учебно-методическое пособие (1019600), страница 8

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 8)

Найти объем тела, образованного вращением вокруг оси Охфигуры, ограниченной одной аркой циклоиды, заданной на плоскости xOyпараметрическими уравнениямиx  a(t  sin t ), y  a(1  cos t ), a  0 ,лежащей между точками O(0,0) (соответствует(соответствует).v Решение.2a y dx2и A(2a,0)2   a 2 (1  cos t ) 2 ad (t  sin t ) 0 a)0233(1cost)dt . Этот интеграл предлагается вычислить самостоятельно.0Ответ: V  5 a .23Вычисление площади поверхности вращенияПусть требуется определить площадь поверхности вращения,образованной вращением вокруг оси Ох кривой y  f (x) , f ( x)  0 ,от х = а до x = b .Формула для площади поверхности вращения имеет видbS  2  f ( x) 1  ( f ( x)) 2 dx .aЕсли кривая задана параметрическиs68 x  x (t ),при t  [ ,  ] , y  y (t )то площадь поверхности вращения примет видS  2  y (t ) ( x(t ))2  ( y(t ))2 dt .Пример 4.

Найти площадь поверхности вращения, полученной привращении дуги циклоидыосиx  t  sin t , y  1  cos t , 0  t  2 ,вокругOx .Решение.Имеемx  1  cos t , y  sin tи, следовательно,2S  2  (1  cos t ) (1  cos t ) 2  (sin t ) 2 dt 02 2  (1  cos t ) (2  2 cos t )dt 02 2  (1  cos t )2 sin(t 2) dt 0643 .Указание. Для вычисления интеграла воспользоваться формулой1sin x cos x  (sin(   ) x  sin(   ) x)2Вычисление длины дуги с помощью определенного интегралаДлина дуги в декартовых координатах.Рассмотрим функцию y = f(x), непрерывную на отрезке [a,b] вместе сосвоей производной. Если кривая задана уравнением y  f (x) ,то формула для вычисления длины дуги имеет видa  x  b,69bbl   1  ( f ( x)) dx  2aa2 dy 1    dx . dx Длина дуги кривой, заданной в параметрической форме.Если кривая задана параметрически x  x (t ),при t  [ ,  ] ,yy(t)x(t) и y(t) – непрерывные функции с непрерывными производными, тодлина дуги вычисляется по формулеS   ( x(t )) 2  ( y(t )) 2 dtЕсли пространственная линия задана параметрическими уравнениями x   (t ) y   (t ) , z   (t )то (t )2   (t )2   (t )2 dt .lДлина дуги в полярных координатах.Если кривая задана в полярных координатах   ( ),      ,то длина дуги вычисляется по формулеS   (  ( )) 2  (  ( )) 2 d2 3yx ,Пример 5.

Найти длину дуги полукубической параболы30 x 3.Решение. Имеем3ly  x1  ( y ) 2 dx 0Примери, следовательно,31  x dx 06.Найтидлинуx  t  sin t , y  1  cos t , 0  t  2 .3 3214(1  x) 2 .033дугиоднойаркициклоиды70Решение.x  1  cos t , y  sin tИмеем2L2(1  cos t )  (sin t ) dt 220 2 | sin(t22) | dt  2 sin(t2) dt  8 .00Пример 7. Найти длину дуги кардиоидыРешение.2LИмеем  1 cos  .  1  cos  ,     sin (1  cos  )  (sin  ) d 2202и, следовательно,(2  2 cos  )d 02(2  2 cos t ) dt 02и, следовательно, 2 | cos( 2) | d  2 2 cos( 2) d  8 sin( 2)0008.Приложения определенного интеграла в механике и физикеРабота переменной силыПусть материальная точка перемещается под действием переменнойсилы F  F (x) вдоль оси Ox.

Работа А переменной силы по перемещению източки x = a в точку x = b ( a b)вычисляется по формулеbA F ( x)dx .aПример 1. Какую работу нужно совершить, чтобы поднять теломассы m с уровня h от поверхности Земли на высоту H?Решение. Будем рассматривать тело как материальную точку. Телоперемещается, преодолевая действие переменной силы тяготенияmMF , где x – расстояние до центра Земли. Пусть радиус Землиx2R HmM R  HMmAdxравен R. x2x RhRh11mM) На поверхности Земли mg  и,Rh RHR2следовательно,mM 211H hAR()  mg ()R2 2RRhRH( R  h)( R  H ) mM (71 mg (H h).hH(1  )(1 )RRПример 2. Какую работу нужно совершить, чтобы растянуть пружину на3 см, если сила в 10 Н растягивает ее на 1 см? Считать, что для такихрастяжений справедлив закон Гука.

Решение. По закону ГукаF  kxгдеk – коэффициент пропорциональности. По условию10Н  k  0,01м .0 , 03x 2 0,03 103A   kxdx  k 9 104 ( Дж)  4,5 101 ( Дж)2 020Путь и перемещение при движении с переменной скоростьюПусть материальная точка движется вдоль прямой с переменнойскоростью v(t). Путь S, пройденный за промежуток времени от t = t0 до t =t1, вычисляется по формулеt1S   | v(t ) | dt .t0Если x0 - координата точки в момент времени t = t0 , x1 - координатав момент времени t = t1 , тоt1x1  xo   v(t )dt .t0Пример 3.

Пусть материальная точка движется вдоль прямой спеременной скоростью (гармонические колебания)v(t ) 22cos(t  ) ,TTгде T - период,  - начальная фаза.Пусть   0 и в момент времени t 0  0 координата точкиx0  0 . Найтикоординату точки в момент времени t1 и путь,11T ; б) t1  T .пройденный к этому моменту: а) t1 422Решение. Обозначим  . Тогда имеемTtt1x1  xo    cos(t )dt  sin(t )  sin(t1 ) .0t10а) x1  sin( (T 4))   sin( 2)  1 ;72б) x1  sin( (T 2))  sin( )  0  x0 , т. е.

за половинупериода точка возвращается в исходное положение.Вычислим теперь пройденный путь.t1t1t00S   | v(t ) | dt    | cos(t ) | dt  | cos(s) | ds00 cos( s)ds  1 ;0б) S  | cos(s) | ds . 2 2а) S t1 | cos( s) | ds 22 cos(s)ds  2 .00Вычисление статических моментов и центра массСтатические моменты и центр тяжести плоской кривойПусть однородная дуга L=AB с линейной плотностью   const заданаграфиком непрерывно дифференцируемой функции y  f x  на отрезке[a,b].yy=f(x)BAabxСтатические моменты M x и M y кривой AB относительно осей Ox иOy вычисляются по формуламbbbM x    yds    y 1  ( y) dx    f ( x) 1  ( f ( x)) 2 dx ;2aabbabM y    xds    x 1  ( y) dx    x 1  ( f ( x)) 2 dx .2aaaМасса дуги L=AB с линейной плотностью   const определяется поформуле73bbbM    ds    1  ( y) dx    1  ( f ( x)) 2 dx .2aaaКоординаты центра тяжести (центра масс)MyMx.MMЕсли рассматриваемая дуга L симметрична относительнонекоторой прямой, то центр тяжести лежит на этой прямой.Моменты инерции I x и I y кривой L относительно осей Ox и Oyвычисляются по формуламxC b, yC bI x    y ds    y 2 1  ( y) 2 dx ;2aabbI y    x ds    x 2 1  ( y) 2 dx .2aaЗамечание.

Если кривая L задана параметрически x  x (t ),при t  [ ,  ] ,yy(t)то во всех приведенных выше формулах дифференциал дугиds  ( x(t )) 2  ( y(t )) 2 dt .Например, формула для массы примет видbaM    ds    ( x(t )) 2  ( y(t )) 2 dt .Пример 4. Найти статические моменты M x , M y , центр тяжести имоменты инерции I x и I y однородной (   1 ) дуги четверти окружностиx 2  y 2  R 2 , x  0, y  0 .Решение. Перейдем к параметрической записи уравнения дугичетверти окружностиx  R cos t , y  R sin t , t  [0, ] .222В данном случае ds  ( x(t ))  ( y(t )) dt  Rdt и, следовательно,R2M x   yds   R sin tRdt   R 2 cos t00 20 R2 ;742RM y   xds   R cos tRdt  R 2 sin t00 2 R2 ;0RM   ds  R  dt  R22Координаты центра масс0xC 0MyM2RM x 2R, yC .MМоменты инерции I x и I y четверти окружности относительно осей Oxи OybI x    y 2 dsa23 2R  R sin tRdt 2022R3sin 2t  2 R 30 (1  cos 2t )dt  2 (t  2 ) 0  4 ;bI y    x 2 dsa23 2R  R cos tRdt 2022R3sin 2t  2 R 30 (1  cos 2t )dt  2 (t  2 ) 0  4 .Статические моменты и центр тяжести плоской фигурыРассмотрим плоскую пластину, имеющую вид криволинейной трапецииD .

Она ограничена отрезком [a,b] оси Ox, графиком непрерывнойфункции y  f x   0 , заданной на отрезке [a,b] , и вертикальными прямымиx = a и x = b.75Будем считать, что на пластине D распределена масса с поверхностнойплотностью    (x) .Статические моменты M x и M y пластины D относительно осей Ox иOy вычисляются по формуламbb11M x     y 2 dx    ( x) f 2 ( x)dx ;2a2abbaaM y     x  ydx    ( x)  x  f ( x)dx .Масса M пластины D определяется по формулеbbaaM     ydx    ( x)  f ( x)dx .Координаты центра массMyMx.MMМоменты инерции I x и I y пластины D относительно осей Ox и Oyвычисляются по формуламxC , yC bb11I x     y 3 dx    ( x) f 3 ( x)dx ;3a3abbI y     x  ydx    ( x)  x 2  f ( x)dx .2aaПример 5.

Найти статические моменты M x ,M y и центр тяжестиоднородной (   1 ) пластины D , имеющей вид «четверти эллипса»x2 y2 1, x  0, y  0 .a2 b2Решение.Перейдем к параметрической записи уравнения четвертиэллипса x  a cos t , y  b sin t , t  [0, ] . При изменении x от 0 до a пределы2интегрирования по переменной t меняются отдо 0. Статические моменты2M x и M y пластины D относительно осей Ox и Oy:76b0011 2 2ab 22(1  cos 2 t )  d (cos t )M x     y dx   b sin t  a( sin t )dt 22 2a220ab 2ab 22(1  cos t )  d (cos t ) ;2 32b00M y     x  ydx   a cos t  b sin t  a  ( sin t )dt  baa sin2222t  d (sin t )a 2b3Масса M пластины D определяется по формулеb0aM     ydx   b sin t  (a sin t )dt ab4 .2Координаты центра массxC MyM4a,3yC M x 4b.M3Приложение к задачам в электротехникеВычисление энергии, тока и напряженияПусть через участок электрической цепи проходит электрический заряд.Скорость поступления в цепь электрической энергии W (t ) в момент времениt представляет собой мгновенную мощность p(t )  W (t ) .При заданной мощности p(t ) энергия, поступающая в приемник запромежуток времени от t = t0 до t = t1, вычисляется по формулеW t1 p(t )dt .t0Пример 6.

Найти энергию, поступающую в приемник за промежутоквремени от 0 до t , если мгновенная мощностьp(t )  A cos   A cos(2t   ) , где амплитуда A, фаза  , частота предполагаются постоянными.77W Решение.{( A cos  ) s tt00 p(s)ds   (A cos   A cos(2s   ))ds =tAAAsin(2s   )}  ( A cos  )t sin(2t   ) sin  .0222Напряжение на элементе электрической цепи – индуктивности –определяется по формулеdiUL  L ,dtгде i  i(t ) - ток в цепи, L – индуктивность.При заданном напряжении U L ток в индуктивности равенt1i  i (0)   U L ( s )ds ,L0где i (0) - значение тока в начальный момент времени.Пример 7. Найти ток на индуктивности, если напряжение наU L  L(a)e  at ,индуктивностигде L – индуктивность,постоянная, i (0)  1 .Решение.Напряжение на элементе электрическойиндуктивности – определяется по следующей формулеdiUL  L ,dtгде i  i(t ) - ток в цепи, L – индуктивность.

Отсюдаtцепиa ––t1La  asi  i (0)   U L ( s )ds  1 e ds  e  at .L 0L0Ток на элементе электрической цепи – ёмкости – определяется поформулеdU CiC,dtгде i  i(t ) - ток в цепи, C – ёмкость, U C - напряжение на ёмкости.При заданном токе напряжение на ёмкостиt1U C  U C (0)   i ( s)ds ,C0где U C (0) - значение напряжения в начальный момент времени.Простейшие дифференциальные уравнения и их решение78Пример 8. Материальная точка массы m свободно падает под действиемсилы тяжести F=mg .

Характеристики

Список файлов книги